Supplémentaire dans un produit cartésien

$\textbf{La preuve suivante est dimension-free !}$
$\boxed{\subset}$
Soit $G$ un supplémentaire de $\left\lbrace 0_{E} \right\rbrace \times F$ dans $E\times F$. Soit $\mathcal{G}:=\left(g_{i}\right)_{i \in I}$ une base de $G$. Pour tout $i\in I$, notons $g_{i}=(u_{i},v_{i})$ avec $u_{i}\in E$ et $v_{i}\in F$.
$\hspace*{3cm}$$\underline{\text{Lemme}}$ :$\displaystyle (u_{i})_{i \in I}$ est libre dans $E$.
$\hspace*{3cm}$$\underline{\text{Preuve}}$ : Pour toute partie $J\subset I$ est finie et $\left(\lambda_{j}\right)_{j\in J} \in K^J$, on a
$$\displaystyle \sum_{j \in J}\lambda_{j}u_{j}=0_{E} \; \Longrightarrow \displaystyle \sum_{j \in J} \lambda_{j}g_{j}=\underset{\in (\left\lbrace 0_{E} \right\rbrace \times F) \cap G= \left\lbrace (0_{E},0_{F})\right\rbrace}{\underbrace{\left(0_{E}\; , \; \displaystyle \sum_{j \in J}\lambda_{j}v_{j}\right)}}\; \Longrightarrow \; \displaystyle \sum_{j \in J} \lambda_{j}g_{j}=(0_{E},0_{F}) \; \underset{\text{$\mathcal{G}$ est libre car est une base}}{\underbrace{\Longrightarrow}} \; \forall j \in J,\quad \lambda_{j}=0 \quad \square$$

$\hspace*{3cm}$$\underline{\text{Lemme}}$ :$\displaystyle (u_{i})_{i \in I}$ est génératrice de $E$.
$\hspace*{3cm}$$\underline{\text{Preuve}}$ : Soit $x\in E$. Alors $(x,0)\in E\times F = G \oplus \left\lbrace 0 \right\rbrace \times F$. Soient alors $g\in G$ et $f\in F$ tels que $\left(x,0\right)=g+(0,f)$ (cette écriture étant unique).
Puisque $\mathcal{G}$ est une base de $G$, il existe une partie $J\subset I$ finie, et $\left(\lambda_{j}\right)_{j\in J} \in K^J$ tels que
$$g=\displaystyle \sum_{j\in J}\lambda_{j}g_{j}=\left(\displaystyle \sum_{j\in J}\lambda_{j}u_{j},\displaystyle \sum_{j\in J}\lambda_{j}v_{j}\right),\quad \text{et donc} \quad (x,0)=\left(\displaystyle \sum_{j\in J}\lambda_{j}u_{j},f+\displaystyle \sum_{j\in J}\lambda_{j}v_{j}\right)$$Par identification des composantes en $E$, on obtient
$$x=\displaystyle \sum_{j\in J}\lambda_{j}u_{j}$$Ce qui termine le lemme. $\square$

Etant libre dans $E$ et génératrice de $E$, $\displaystyle (u_{i})_{i \in I}$ est une base de $E$.

Mais alors en définissant $f\in L(E,F)$ par $v_{i}:=f(u_{i})$ pour tout $i$ dans $I$, on obtient que $G=\left\lbrace (x,f(x)),\; x\in E \right\rbrace$ par linéarité de $f$ et structure vectorielle de $G$.

$\boxed{\supset}$
La réciproque est un peu plus claire ; voici un chemin de preuve : soit $f \in L(E,F)$ et $G:=\left\lbrace (x,f(x)),\; x\in E \right\rbrace$.
(1) Montrer que $(\left\lbrace 0_{E} \right\rbrace \times F) \cap G= \left\lbrace (0_{E},0_{F})\right\rbrace$ (utiliser le fait que$f$ est linéaire)
(2) Montrer que $E\times F \subset G \oplus \left\lbrace 0 \right\rbrace \times F$ (faire apparaitre $f(x)$)
(3) Conclure.

(Si besoin de détails ou d’une rédaction complète pour l’inclusion réciproque, n’hésitez pas à demander ! )